Hướng dẫn
Giả thiết tam giác ABC không tù có nghĩa là các góc của tam giác nhỏ hơn hoặc bằng \({\pi \over 2}\) và hiệu của hai góc cũng nằm trong khoảng từ \( - {\pi \over 2}\) đến \({\pi \over 2}\). Do đó với \(A \le {\pi \over 2}\) thì \(\cos {A \over 2} \ge \cos {\pi \over 4} = {{\sqrt 2 } \over 2}\) còn với \( - {\pi \over 2} < B - C < {\pi \over 2}\) thì \( - {\pi \over 4} < {{B - C} \over 2} < {\pi \over 4}\) do đó \(\cos {{B - C} \over 2} > 0\)
Ta có
\(\cos 2A + 2\sqrt 2 (\cos B + \cos C) = 3\)
\( \Leftrightarrow 1 - 2si{n^2}A + 4\sqrt 2 \cos {{B + C} \over 2}\cos {{B - C} \over 2} = 3\)
\( \Leftrightarrow 1 - 2si{n^2}A + 4\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B - C} \over 2} = 3\)
\( \Leftrightarrow 2si{n^2}A - 4\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B - C} \over 2} + 2 = 0\)
\( \Leftrightarrow si{n^2}A - 2\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B - C} \over 2} + 1 = 0\)
Tam giác ABC không tù nên \(\cos {A \over 2} \ge {{\sqrt 2 } \over 2}\), suy ra \(\sqrt 2 \le 2\cos {A \over 2}\). Mặt khác, \(\cos {{B - C} \over 2} > 0\) nên ta có
\(2\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B - C} \over 2} \le 4sin{A \over 2}\cos {A \over 2}\cos {{B - C} \over 2}\)
Hay \( - 2\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B - C} \over 2} \ge - 2\sin A\cos {{B - C} \over 2}\)
Vì vậy vế trái của (*) \( \ge si{n^2}A - 2\sin A\cos {{B - C} \over 2} + 1\)
\( = {(\sin A - \cos {{B - C} \over 2})^2} - {\cos ^2}{{B - C} \over 2} + 1\)
\( = {(\sin A - \cos {{B - C} \over 2})^2} + {\sin ^2}{{B - C} \over 2} \ge 0\)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \matrix{
B - C = 0 \hfill \cr
\sin A = \cos {{B - C} \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
B = C \hfill \cr
\sin A = 1 \hfill \cr} \right.\)
\( \Leftrightarrow A = {\pi \over 2},B = C = {\pi \over 4}\)
Vậy ABC là tam giác vuông cân.
